【文档说明】【精准解析】湖南省株洲市第二中学2018-2019学年高二下学期期末考试化学试题.doc，共(21)页，798.000 KB，由小赞的店铺上传

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化学试题注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上相应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题

的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4.考试结束后，将本试题卷和答题卷一并上交。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23S-32Cu-64Cr-52Ba

-137第I卷（选择题）一、选择题（本大题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合要求的。）1.化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列说法正确的是A.造成光化学烟雾的罪魁祸首是开发利用可燃冰B.石油分馏得到的天然气属于清洁燃料，应大力推广使用C.工业

废水经过静置、过滤后排放，符合绿色化学理念D.聚乙烯、聚氯乙烯都是由高分子化合物组成的物质，属于混合物【答案】D【解析】【详解】A.氮的氧化物是造成光化学烟雾的主要原因，可燃冰的主要成分是甲烷，开发利用可燃冰不会造成

光化学烟雾，A错误；B.石油分馏得到C4以下石油气（主要成分为丙烷、丁烷）、汽油（成分为C5~C11的烃混合物）、煤油（成分为C11~C16的烃混合物）、柴油（成分为C15~C18的烃混合物）、重油（成分为C20以上烃混合物）等，不能得到天然

气，B错误；C.工业废水经过静置、过滤后只会将泥沙等固体杂质除去，并未除去重金属离子，会对环境造成污染，不符合绿色化学的理念，C错误；D.聚乙烯和聚氯乙烯都是高分子化合物，每一条高聚物分子链的聚合度n都不同，聚乙烯和聚

氯乙烯不可能只由一条链构成，所以高分子化合物是混合物，D正确；故合理选项为D。2.已知碳碳单键可以旋转，结构简式为的烃，下列说法中正确的是A.分子中最多有6个碳原子处于同一直线上B.该烃苯环上的一氯代物有3种C

.分子中至少有12个碳原子处于同一平面上D.该烃属于苯的同系物【答案】A【解析】【详解】A.在苯中，处于对角位置上的4个原子共线，如图所示。将该有机物“拉直”为：，可以看出该分子中共直线的碳原子最多有6个，A正确；B.该烃可以找到2根对称轴，如图，可以知道该烃的分子的苯环中含有2种

等效氢，则该烃苯环上的一氯代物有2种，B错误；C.甲基与苯环平面结构通过单键相连，甲基的C原子处于苯中H原子位置，所以处于苯环这个平面。两个苯环之间靠单键相连，单键可以旋转，两个苯环所处的平面不一定共面，只有处于对角线位置的

C原子，因为共直线，所以一定共面。该烃中一定共平面的碳原子，如图所示，至少有10个碳原子一定共面，C错误；D.同系物在分子构成上相差n个CH2，该有机物的分子式为C14H14，和苯C6H6，相差C8H8，不是若干个CH2，不是苯的同系物

，D错误；故合理选项为A。3.下列说法正确的是A.与含有相同的官能团，互为同系物B.属于醛类，官能团为－CHOC.的名称为：2－乙基－1－丁烯D.的名称为：2－甲基－1，3－二丁烯【答案】C【解析】【详解】A.前者—OH与苯环的侧链相连，属于醇类，后者—OH直接与苯环相连，属于酚类，尽管分子构

成相差了1个CH2，但是二者不是同一类物质，所以它们不互为同系物，A错误；B.该物质属于酯类（甲酸酯，含有醛基），官能团为酯基，B错误；C.该物质的官能团为碳碳双键，含有官能团的最长的碳链有4个C，因此主链含有4个C，为丁烯；编号

时官能团的编号要小，因此碳碳双键的编号为1，乙基的编号为2，命名为2-乙基－1－丁烯，C正确；D.该物质中含有2个碳碳双键，且含有碳碳双键最长的碳链有4个碳原子，因此该物质为丁二烯。编号时，不管是从左端还是右端，碳碳双键的编号均为1、3，因此编号的选择，让甲基

的编号的编号小，甲基的编号为2，则该物质的名称应为：2-甲基-1，3-丁二烯，故D错误。4.将2.4g某有机物M置于密闭容器中燃烧，定性实验表明产物是CO2、CO和水蒸气。将燃烧产物依次通过浓硫酸、碱石灰和灼热的氧化铜（试剂均足量，且充分反应），测得浓硫酸增重

1.44g，碱石灰增重1.76g，氧化铜减轻0.64g。下列说法中正确的是A.M的实验式为CH2O2B.若要得到M的分子式，还需要测得M的相对分子质量或物质的量C.若M的相对分子质量为60，则M一定为乙酸D.通过质谱仪可分析M中的官能团【答案】B【解析】【分析】浓硫酸增重的

1.44g为水，水的物质的量为：1.44g÷18g/mol＝0.06mol。碱石灰增重的1.76g为CO2的质量，其物质的量为：1.76g÷44g/mol＝0.04mol。CuO与CO反应生成Cu与CO2，氧化铜减少的质量等于反应的CuO中O原子质量，1

个CO与1个O原子结合生成CO2，O原子物质的量为0.64g÷16g/mol＝0.04mol，故CO为0.04mol。综上可知，2.4g有机物M中含有C原子为0.04mol+0.04mol＝0.08mol，含有H原子为

：0.08mol×2＝0.16mol，则含有C、H元素的总质量为：12g/mol×0.08mol+1g/mol×0.16mol＝1.12g＜2.4g，说明M中含有O元素，含有O的物质的量为（2.4g﹣1.1

2g）÷16g/mol＝0.08mol。【详解】A.经过计算可知，M分子中C、H、O的物质的量之比＝0.08：0.16：0.08＝1：2：1，则M的实验式为CH2O，A错误；B.已经计算出M的实验式，再测得M的相对分子质量或物质的量，可推出M的分子式，B正确

；C.若M的相对分子质量为60，设M的分子式为(CH2O)x，则30x＝60，解得x＝2，M的分子式为C2H4O2，M可能为乙酸或甲酸甲酯等，C错误；D.用质谱仪可以得到M的相对分子质量，要得到M的官能团可以使用红外光谱仪，可以确定有机物分子中含有的有机原子基团，从而可确定M分子中含

有的官能团类型，D错误；故合理选项为B。【点睛】根据题中告知的数据，可以先推测出有机物中C、H、O的物质的量，再根据该有机物的物质的量或者相对分子质量推断出其化学式（分子式）。5.某实验小组用下列装置制备溴苯，下列说法错误的是A.装置A中长玻璃导管仅起冷凝回流作用，装置B中的实验现象

是CCl4由无色变橙色B.若装置B后连接装置C，装置C中生成淡黄色沉淀，可证明装置A中发生取代反应C.若装置B后连接装置D，则装置D的作用是吸收尾气D.向反应后的装置A中加入NaOH溶液，振荡静置，下层为无色油状液体【答案】A【解析】【详解】A.苯和液溴在铁的作用下反应剧

烈，可以达到沸腾，使苯和液溴挥发为蒸汽，在经过长导管时，可以将其冷凝并回流；产物中还有HBr气体，经过长导管最终被NaOH吸收，故长导管的作用是导气和冷凝回流。装置B中的CCl4吸收挥发出的溴和苯，CCl4由无色变橙色，A错误；B.苯和溴在催化

剂条件下发生取代反应生成溴苯和HBr，若苯和溴发生加成反应，则没有HBr生成。装置B中已除去苯和溴的蒸汽，若装置C中产生淡黄色沉淀AgBr，则可证明气体中含有HBr，即可证明装置A中发生取代反应，B正确；C.

装置B中除去苯和溴的蒸汽，可用NaOH溶液除去HBr气体，C正确；D.装置A中生成溴苯，溴苯中因为溶有溴而呈色，用NaOH溶液洗涤后，除去溴，溴苯为无色、密度比水大的油状液体，静置后在分液漏斗的下层，

D正确；故合理选项为A。6.桥环烷烃双环[2.2.1]庚烷的结构简式如图所示，下列关于该化合物的说法错误的是A.与环庚烯互为同分异构体B.二氯代物结构有9种C.所有碳原子不能处于同一平面D.1mol双环[2.2.1]庚烷完

全燃烧至少需要10molO2【答案】B【解析】【详解】A.双环[2.2.1]庚烷的分子式为C7H12，环庚烯的分子式为C7H12，两者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，A正确；B.双环[2.2.1]庚烷分子中含有3种氢原子，标好分别为a

、b、c，如图所示。当一个氯原子分别取代a时，另一氯原子可以取代a、b(b1或b2)、c(c1、c2、c3、c4任意一个位置)，共3种。当一个氯原子分别取代b时，如取代b1，另一氯原子可以取代b2、c1或c2（与b1处于邻位）、c3或c4（与b1处

于间位），共3种。当一个氯原子分别取代c时,如取代c1,另一氯原子可以取代c1、c4、c3、c4，共4种，则二氯代物有10种，B错误；C.双环[2.2.1]庚烷分子中碳原子均为饱和碳原子，则所有碳原子一定不在同一平面上，C正确；D.由双环[2.2.1]庚烷完全燃烧的化

学方程式C7H12+10O27CO2+6H2O，可知lmol双环[2.2.1]庚烷完全燃烧至少需要10molO2，D正确；故合理选项为B。7.冠心平F是降血脂、降胆固醇的药物，它的一条合成路线如下，A为一元羧酸，10.2gA与足量NaHCO3溶液反应生成2.24LCO2（标准状况），A

的分子式为A.C2H4O2B.C3H6O2C.C4H8O2D.C5H10O2【答案】D【解析】【分析】标况下，2.24LCO2的物质的量为0.1mol，10.2gA(一元羧酸)与足量NaHCO3反应产生0.1molCO2，则10.2gA为0.1mol，即其相对分子质量为

102，由此可以判断A的分子式。【详解】标况下，2.24LCO2的物质的量为0.1mol，10.2gA(一元羧酸)与足量NaHCO3反应产生0.1molCO2，则10.2gA为0.1mol，即其相对分子质量为102；A.C2H4O2的相对分子质量为60，A错误；B.C3H6O2的相对分子

质量为74，B错误；C.C4H8O2的相对分子质量为88，C错误；D.C5H10O2的相对分子质量为102，D正确；故合理选项为D。8.维拉帕米（又名异搏定）是治疗心绞痛和原发性高血压的药物，合成路线中某一步骤如图

所示，下列说法中正确的是A.Y的分子式为C5H11O2BrB.含苯环和羧基的ⅹ的同分异构体有4种C.可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别X和ZD.1molZ最多可与6molH2发生加成反应【答案】B【解析】【详解】A．由结构简式可知分子式为C5H9BrO2，A错误；B．

含苯环和羧基，对应的同分异构体可含有﹣CH2COOH，或含有﹣CH3、﹣COOH（邻、间、对），共有4种，B正确；C．X中的酚羟基会使高锰酸钾溶液褪色，Z中的碳碳双键会使高锰酸钾溶液褪色，故无法用酸性高锰酸钾溶液鉴别X和Z，C错误；D．Z中能与氢气发生加成反应的只有苯环和碳碳双键

，酯基中的羰基不能和氢气加成，则1molZ含有1mol苯环可以与3molH2加成，含有2mol碳碳双键，可以与2molH2加成，因此1moZ最多可与5molH2发生反应，D错误；故合理选项为B。【点睛】碳氧双键（羰基）可以按照是否能与氢气加成分为两类，第一类构成醛基和酮基，这

时羰基可以和H2发生加成反应，第二类构成羧基和酯基，这时羰基不能和H2发生加成反应。9.下列实验方案中，可以达到实验目的的是选项实验目的实验方案A证明溴乙烷发生消去反应有乙烯生成向试管中加入适量的溴乙烷和NaOH的乙醇溶液，加热，将反应产生

的气体通入酸性高锰酸钾溶液中B除去苯中混有的苯酚加入适量的溴水充分反应后过滤弃去沉淀C除去NaCl晶体中少量的KNO3杂质先将晶体溶于水配成溶液，然后蒸发结晶并趁热过滤弃去滤液D检验CH3CH2Br中存在的溴元素将CH3C

H2Br与NaOH溶液共热，冷却后，取出上层水溶液，加入AgNO3溶液，观察是否产生淡黄色沉淀A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A.溴乙烷发生消去反应后生成乙烯，同时又带出乙醇蒸汽也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；B.溴水和苯酚反应生成三溴苯酚，溶解

在苯中，过滤不能将苯和三溴苯酚分开，B错误；C.硝酸钾溶解度受温度变化较大，氯化钠溶解度受温度变化小，可以蒸发结晶，趁热过滤的方法除去硝酸钾，C正确；D.溴乙烷和氢氧化钠溶液发生水解反应，检验溴离子应在酸性溶液中，应在水解后冷却，加入过量稀硝酸酸化，再加

入硝酸银溶液，D错误；故合理选项为C。10.屠呦呦率领团队先后经历了用水、乙醇、乙醚提取青蒿素的过程，最终确认只有采用低温、乙醚冷浸等方法才能成功提取青蒿素。研究发现青蒿素中的某个基团对热不稳定，该基团还能与NaI作用生成I2。碳原子连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，下

列分析不正确的是A.推测青蒿素在乙醚中的溶解度大于在水中的溶解度B.青蒿素可以与NaOH、Na2CO3、NaHCO3反应C.青蒿素分子中含有手性碳D.青蒿素中对热不稳定且具有氧化性的基团是“－O－O－”【答案】B【解析】【详解】A．青蒿素中含有酯基，如图含，难溶于水，易溶于有机溶剂。根据

萃取过程，最终采用乙醚萃取，可知青蒿素易溶于乙醚，A正确；B．青蒿素可以与氢氧化钠溶液反应，由于青蒿素中含有酯基，在碱性环境下发生水解。但是Na2CO3和NaHCO3不与酯基等官能团反应，B错误；C．

手性碳指碳原子所连接的4个基团不一样，青蒿素分子中含有手性碳，如，中心的碳原子链接了4个不同的原子或原子团，是手性碳原子，C正确；D．含有的“-O-O-”不稳定，类似于双氧水中的过氧键，受热容易分解，D正确；故合理选项为B。1

1.对氨基苯甲酸可用甲苯为原料合成。已知①苯环上的硝基可被还原为氨基：+3Fe+6HCl→+3FeCl2+2H2O，产物苯胺还原性强，易被氧化；②-CH3为邻、对位取代定位基，而-COOH为间位取代定位基。则由甲苯合成对氨基苯甲酸的步骤合理的是A.甲苯XY对氨基苯甲酸B.甲苯X

Y对氨基苯甲酸C.甲苯XY对氨基苯甲酸D.甲苯XY对氨基苯甲酸【答案】A【解析】【详解】由甲苯制取产物时，需发生硝化反应引入硝基，再还原得到氨基，将甲基氧化才得到羧基；但氨基易被氧化，故甲基氧化为羧基应在硝基还原前，否则生成的氨基也被氧化，故先将甲基氧化为羧基，再将硝

基还原为氨基。﹣CH3为邻、对位取代定位基；而﹣COOH为间位取代定位基，产物中的氨基在羧基的对位。如果先氧化甲基成羧基，发生硝化反应时，硝基在羧基的间位，所以先用—CH3的对位取代效果，在甲基的对位引入硝基，再将甲基氧化成羧基，最后将硝基还原成氨基，所以步骤为甲苯XY对氨基苯甲

酸，即合理选项为A。12.某高分子化合物R的结构简式如图，下列有关R的说法正确的是A.R的单体之一的分子式为C9H12O2B.R可通过加聚和缩聚反应合成，R完全水解后生成2种产物C.R是一种有特殊香味，难溶于水的物质D.碱

性条件下，1molR完全水解消耗NaOH的物质的量为n（m+1）mol【答案】D【解析】【详解】A.由结构可知，单体为CH2＝C（CH3）COOH、OHCH2CH2OH、HOOCCH（OH）CH2C6H5，分

子式依次为C4H6O2、C2H6O2、C9H10O3，A错误；B.单体中存在C＝C、﹣OH、﹣COOH，则通过加聚反应和缩聚反应可以生成R；R由三种单体构成，则R完全水解后生成3中产物：一种高聚物和两种单体，B错误；C.

R为高分子化合物，不具有特殊香味，难溶于水，C错误；D.1molR中含n(1+m)mol酯基，则碱性条件下，1molR完全水解消耗NaOH的物质的量为n(m+1)mol，D正确；故合理选项为D。【点睛】本题中的聚合物含有两个子聚合物，其中一个为加聚产物，一

个为缩聚产物，所以完全水解得到一个加聚高分子，一个乙二醇，一个含羧基和羟基的芳香族化合物。13.下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是A．用图所示装置（正放）可收集NO气体B．用图所示装置可吸收多余氨气且能防止倒吸C．用图所示装置可实现反应：Cu+

2H2OCu（OH）2+H2↑D．用图所示装置可实现制乙炔A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．二氧化碳可防止NO被氧化，且NO的密度比CO2小，从短导管进入集气瓶，排除CO2，图中类似于排空气法收集气体，A正确；B．NH3直接与硫酸接触，发生倒吸；苯起不到防倒吸的

作用，B错误；C．Cu与电源负极相连，为阴极，Cu不失去电子，该实验为电解水，C错误；D．生成的气体易从长颈漏斗逸出，另水与电石反应剧烈，一般使用食盐水与电石反应制取乙炔，D错误；故合理选项为A。14.

设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A.在过氧化钠与水的反应中，每生成0.1mol氧气，转移的电子数目为0.2NAB.1molFeCl3与沸水反应生成胶体后，含有NA个Fe(OH)3胶粒C.1mol乙醇和

过量乙酸反应，生成乙酸乙酯的分子数可能为NAD.0.1mol苯乙烯分子中，含有碳碳双键的数目为0.4NA【答案】A【解析】【详解】A.过氧化钠中氧为-1价，与水反应生成0.1molO2时转移0.2mol电子，A正确；B.Fe(

OH)3胶粒是由多个Fe(OH)3聚集而成，胶粒的个数少于Fe(OH)3的数目，即小于1NA，B错误；C.乙酸与乙醇的反应可逆，故1mol乙醇和过量乙酸反应，生成乙酸乙酯的分子数小于NA，C错误；D.苯环中不含碳碳双键，故0.1mol苯乙烯分子中，含有碳碳双键

的数目不为0.4NA，D错误；故合理选项为A。15.汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应：10NaN3+2KNO3＝K2O+5Na2O+16N2↑。若氧化产物比还原产物多1.75mol，则下列判断不正确的是A.生成44.8LN

2（标准状况）B.有0.25molKNO3被还原C.转移电子的物质的量为1.75molD.被氧化的N原子的物质的量为3.75mol【答案】C【解析】【分析】该反应中，NaN3为还原剂，KNO3为氧化剂。根据反应方程式为10NaN3+2KNO3＝K

2O+5Na2O+16N2↑,10molNaN3中的N均化合价升高得到氧化产物N2，根据N原子守恒，氧化产物有15molN2，2molKNO3中的N化合价降低，得到还原产物N2，还原产物有1molN2；可知每生成16molN2，氧化产物比还原产物多了15－1mol=14mol。现氧化

产物比还原产物多1.75mol，设生成的N2的物质的量为x，有1614x1.75=，得x=2mol。【详解】A.计算得生成2molN2，在标况下的体积为2mol×22.4L·mol－1=44.8L，A正确；B.KNO3做氧化剂，被还原；生成2molN

2，需要0.25molKNO3参加反应，B正确；C.2molKNO3参加反应转移10mol电子，生成16molN2。现生成2molN2，则有0.25molKNO3参与反应，转移1.25mol电子，C错误；D.被氧化的N原子为NaN3中的N原子，0.25molKNO3参加反应，则有1.25mo

lNaN3参加反应，所以被氧化的N原子有3×1.25mol=3.75mol，D正确；故合理选项为C。【点睛】该题中，氧化产物、还原产物都是N2，但是0价N原子的来源及途径不同，所以要仔细分析氧化产物比还原产物多的说法。16.某100m

L溶液可能含有Na+、NH4+、Fe3+、CO32－、SO42－、Cl－中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图：（所加试剂均过量，气体全部逸出）下列说法正确的是A.若原溶液中不存在Na+，则c（Cl－）＜0.1mol•L﹣1B.原溶液可能存在Cl－和Na+C.原溶液中c（

CO32－）是0.01mol•L﹣1D.原溶液一定存在CO32－和SO42－，一定不存在Fe3+【答案】D【解析】【分析】加入BaCl2溶液之后，有沉淀生成，且加入过量盐酸之后，沉淀质量减少，则说明一定有CO32－、SO42－这两种离子，一定没有Fe3+（

Fe3+和CO32－会发生双水解反应，不能共存），且沉淀2为BaSO4，n(BaSO4)=-1m2.33g==0.01molM233gmol，m(BaCO3)=4.30g-2.33g=1.97g，则n(BaCO3)=-1m1.97g==0.01molM197gmol。加入Na

OH溶液产生1.12L（标况）气体，则溶液中有NH4+，NH3有0.05mol，即n(NH4+)=0.05mol。CO32－和SO42－所带的负电荷的物质的量为0.01mol×2＋0.01mol×2=0.04mol，NH4＋所带正电荷的物质的量为0.05mol×1=0.05mo

l，根据电荷守恒，可以推断出溶液中一定有Cl-，且最少为0.01mol（因为无法判断是否有Na+，如果有Na+，需要多于的Cl-去保持溶液的电中性）。【详解】A.若原溶液中不存在Na+，则c(Cl－)=1n0.01==0.1molLV0

.1molL−，A错误；B.原溶液中一定有Cl-，可能有Na+，B错误；C.经计算，原溶液中，n(CO32-)=0.01mol，则c(CO32-)=0.01mol÷0.1L=0.1mol•L﹣1，C错误；D.加入BaCl2溶液之后，有沉淀生成，且加入过量盐酸之

后，沉淀质量减少，则说明一定有CO32－、SO42－这两种离子，一定没有Fe3+，D正确；故合理选项为D。【点睛】溶液中的离子要保持电荷平衡，即正负电荷所带的电荷量相等，以保持溶液的电中性。第II卷（非选择题）二、填空题（共52分）17.

氯磺酸是无色液体，密度1.79g·cm-3，沸点约152℃。氯磺酸有强腐蚀性，遇湿空气产生强烈的白雾，故属于危险品。制取氯磺酸的典型反应是在常温下进行的，反应为HCl（g）+SO3=HSO3Cl。实验室里制取氯磺酸可用下列仪器装置（图中夹持、固定仪器等已略去），实验所用的

试剂、药品有：①密度1.19g·cm-3浓盐酸②密度1.84g·cm-3、质量分数为98.3%的浓硫酸③发烟硫酸（H2SO4··SO3）④无水氯化钙⑤水。制备时要在常温下使干燥的氯化氢气体和三氧化硫反应，至不再吸收HCl时表示氯磺酸已大量制得，再在干燥HCl气氛中分离出

氯磺酸。（1）仪器中应盛入的试剂与药品（填数字序号）：A中的a____B____C_____F_____。（2）A的分液漏斗下边接有的毛细管是重要部件，在发生气体前要把它灌满a中液体，在发生气体时要不断地均匀放出液体。这是因为____________________

__________________。（3）实验过程中需要加热的装置是___________________（填装置字母）。（4）若不加F装置，可能发生的现象是________________________________

________，有关反应的化学方程式______________________________________________________。（5）在F之后还应加的装置是_______________________________________________。【答案】(1).①(2)

.②(3).③(4).④(5).使密度较浓硫酸小的浓盐酸顺利流到底部，能顺利产生HCl气体(6).C(7).产生大量白雾(8).HSO3Cl+H2O=H2SO4+HCl↑(9).加一倒扣漏斗于烧杯水面上的吸收装置【解析】【分析】

题中已经告知氯磺酸的一些性质及制备信息。要结合这些信息分析各装置的作用。制备氯磺酸需要HCl气体，则A为HCl气体的发生装置，浓硫酸吸水放热，可以加强浓盐酸的挥发性。B为浓硫酸，用来干燥HCl气体，因为氯磺酸对潮湿空气敏感。C为氯磺酸的制备装置，因为C有温度计，

并连有冷凝装置，反应结束后可以直接进行蒸馏，所以C中装的物质是发烟硫酸。E用来接收氯磺酸。由于氯磺酸对潮湿空气敏感，F中要装无水氯化钙，以防止空气中的水蒸气进入装置中。【详解】（1）A为HCl的发生装置，则a装①浓盐酸

；B要干燥HCl气体，则B要装②浓硫酸；C为氯磺酸的发生装置，则C要装③发烟硫酸；F要装④无水氯化钙，以防止空气中的水蒸气进如装置；（2）由题知，浓盐酸的密度比浓硫酸小，如果直接滴加，两种液体不能充分混合，这样得

到的HCl气流不平稳。故题中的操作的目的是使密度较浓硫酸小的浓盐酸顺利流到底部，充分混合两种液体，能顺利产生HCl气体；（3）C装置既是氯磺酸的发生装置，也是氯磺酸的蒸馏装置，所以C需要加热；（4）若无F装置，则空气中的水

蒸气会进入装置中，氯磺酸对水汽极为敏感，则可以看到产生大量白雾，方程式为HSO3Cl+H2O=H2SO4+HCl↑；（5）实验中，不能保证HCl气体完全参加反应，肯定会有多于的HCl气体溢出，则需要尾气处理装置，由于HCl极易溶于水，最好加一倒扣漏斗于烧杯水面上的吸收装置。【点睛】要结合题中给出的

信息，去判断各装置的作用，从而推断出各装置中的药品。18.重铬酸钠晶体（Na2Cr2O7·2H2O）俗称红矾钠，是一种重要的化工产品，以FeO·Cr2O3、Na2CO3等为原料制备红矾钠的工艺如图所示。回答下列问题

:（1）FeO·Cr2O3中Cr的化合价是__________。（2）写出“煅烧”过程发生反应的化学方程式________________________。（3）滤渣的主要成分为________（填化学式）。（4）“酸化”过程

中发生反应的离子方程式为_____________________________，加入硫酸也能达到“酸化”目的，选择CO2的优点是__________________________________。（5）称取红矾钠样品1.8000g配成250mL溶液，量

取20.00mL于碘量瓶中，加入10mL2mol·L-1H2SO4和足量碘化钾溶液（铬的还原产物为Cr3+），放于暗处5min，加入淀粉溶液作指示剂，用0.1000moL·L-1Na2S2O3标准溶液滴定（I2+2S2O32-=2I-+S4O62-），判断达到

滴定终点的现象是______________________________。若实验中平均消耗Na2S2O3标准溶液25.00mL，则重铬酸钠晶体的纯度为______________（设整个过程中其他杂质不参与反应，结果保留4位有效数字）【答案】(

1).+3(2).4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O2=2Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2(3).Fe2O3(4).2Na++2CrO42-+2CO2+H2O=Cr2O72-+2NaHCO3↓(5

).析出的白色晶体碳酸氢钠加热后产生的Na2CO3、CO2能循环利用(6).滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色(7).86.23%【解析】【分析】制备重铬酸盐，往往需要先制得铬酸盐，在将铬酸盐酸化制得重铬酸盐：2-+2-427

22CrO+2H=CrO+HO。【详解】（1）FeO·Cr2O3中，氧化物可以看成是独立存在的个体，根据化合物中各元素化合价代数和为零可求得，Fe呈+2价，Cr呈+3价，O呈-2价；（2）Na2Cr2O7·2H2O中Cr为+6价

，根据流程可知FeO·Cr2O3与空气、Na2CO3煅烧后（Cr的化合价从+3价升高为+6价，Fe由+2价升高到+3价），可知生成了Na2CrO4、Fe2O3，根据化合价升降守恒配平化学方程式：4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O2=2Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2；（3

）由（2）中方程式产物可知滤渣为Fe2O3；（4）在Na2CrO4溶液中通入CO2，生成Na2Cr2O7，白色晶体NaHCO3，其离子方程式为：2Na++2CrO42-+2CO2+H2O=Cr2O72-+2NaHCO3↓；N

aHCO3受热分解产生Na2CO3、CO2，二者都能循环利用，故选择CO2酸化更能充分利用物质；（5）涉及的离子方程式有Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O、且I2+2S2O32-

=S4O62-+2I-，达到滴定终点时，滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色；由上述方程式可得关系式Cr2O72--3I2-6S2O32-，n(S2O32-)=25.00×10-3L×0.1000mol·L-1=2.5×10-3mol，C

r2O72--3I2-6S2O32-16n(Cr2O72-)22.5×10-3mol则n(Cr2O72-)2=2.5×10-3mol÷6=512×10-3mol，所以在250mL的溶液中，n(Cr2O72-)1=512×10-3mol×250mL÷20mL=12524×1

0-3mol，则w(Na2Cr2O7·2H2O)=-312510mol298g/mol24100%=86.23%1.8000g则重铬酸钠晶体的纯度为86.23%【点睛】本题考察重铬酸盐的制备，该考点是常考的内容，考生可以将该工业原理熟记下来，再去结合原理分析流程的每一步。19.高性

能聚碳酸酯可作为耐磨材料用于汽车玻璃中，PC是一种可降解的聚碳酸酯类高分子材料，合成PC的一种路线如图所示：已知：核磁共振氢谱显示E只有一种吸收峰。回答下列问题：（1）C的名称为__________________，C→D的反应类型为______________

___（2）E的结构简式为__________________，官能团名称为_______________________（3）PC与足量氢氧化钠溶液反应的化学方程式为___________________________________（4）写出能发生银镜反应且为芳香族化合物

的A的同分异构体的结构简式______________（不考虑立体异构，任写两个）。（5）设计由甲醛和B为起始原料制备的合成路线。（无机试剂任选）。___________【答案】(1).丙烯(2).加成反应(3).(4).羰基(5).(6).

(7).【解析】【分析】由图中的分子式可以推断出，B为苯酚，C为丙烯CH3CH=CH2。甲苯可以被酸性高锰酸钾氧化苯甲酸，而酸性K2Cr2O7溶液也具有强氧化性，结合A的分子式，可以推断出A为苯甲酸。C为丙烯，

和水发生反应生成D，则D为1-丙醇或者2-丙醇，对应的E为丙醛或者丙酮，由于核磁共振氢谱显示E只有一种吸收峰，所以E一定为丙酮，D为2-丙醇。【详解】（1）C为丙烯，与水发生加成反应，得到2-丙醇，C→D为加成反应；（2）经分析，E为丙酮，则其结构简式为：，其官能团为羰基；（3）PC为碳酸脂

，则其水解产物中有碳酸钠，；（4）能发生银镜反应，则说明有醛基，芳香族化合物含有苯环，所以符合条件的A的同分异构体有：、、、；（5）根据和丙酮反应得到F可以推出，要想得到，需要和。甲醛和可以反应生成，该物质经过氧化得到，

不过苯酚本身就容易被氧化，需要保护酚羟基。由此可以设计合成路线，。【点睛】合成路线中，甲醛和的反应属于课外知识，需要考生去积累，在本题中可以大胆推测这个反应，同时要注意有机合成中，一些基团的保护，此外还要观察新的反应的“变化机理”，并会运用在合成路线中。20.某化学实验小组将装有铜与浓硫酸烧瓶加

热一段时间后，取出烧瓶中固体，探究其成分。查资料可知，浓硫酸与铜反应可能生成CuS或Cu2S，它们都难溶于水，能溶于稀硝酸。实验如下：（i）用蒸馏水洗涤固体，得到蓝色溶液，固体呈黑色。（ii）取少量黑色固体于试管中，加入适量稀硝酸，黑色固体逐渐溶解，溶液变为蓝色，产生无色气泡。取少量上

层清液于试管，滴加氯化钡溶液，产生白色沉淀。①根据实验（i）得到蓝色溶液可知，固体中含____________（填化学式）②根据实验（ii）的现象_______（填“能”或“不能”）确定黑色固体是CuS还是Cu2S，理由是__________

________________________________________________________________。写出Cu2S与稀硝酸反应的化学方程式______________________________

______________③为了进一步探究黑色固体的成分，将实验（i）中黑色固体洗涤、烘干，再称取48.0g黑色固体进行如下实验，通入足量O2，使硬质玻璃管中黑色固体充分反应，观察到F瓶中品红溶液褪色。实验序号反应前黑色固体质量/

g充分反应后黑色固体质量/gI48.048.0Ⅱ48.044.0Ⅲ48.040.0根据上表实验数据推测：实验I中黑色固体的化学式为_____________________________；实验Ⅱ中黑色固体的成分及质量为_

______________________________________________。【答案】(1).CuSO4(2).不能(3).CuS、Cu2S与硝酸反应的产物相同(4).3Cu2S+16HNO3+=3CuSO4+10NO↑+3Cu(NO3)2+8H2O(5).Cu2S(6).Cu

2S24.0g、CuS24.0g【解析】【分析】稀硝酸具有强氧化性，能把S从-2价氧化为-6价，把Cu从-1价氧化为+2价，本身会被还原为NO这一无色气体，由此可以写出CuS和Cu2S与稀硝酸的反应方程式。在题③中，因为涉及

到质量的变化，所以需要考虑反应前后，固体物质的相对分子质量的变化情况，经过分析，1份Cu2S生成2份CuO（Cu原子守恒），其相对分子质量没有发生变化，而1份CuS生成1份CuO（Cu原子守恒），相对分子质量减小了16，利用差量法可以推断出混合物中成分

及相应的质量。【详解】①用蒸馏水洗涤固体，得到蓝色溶液，则固体中一定含有CuSO4；②CuS、Cu2S和稀硝酸反应的方程式分别为：3423CuS+8HNO=3CuSO+8NO+4HO；2343223Cu

S+16HNO=3CuSO+3Cu(NO)+10NO+8HO，两个反应都有蓝色溶液和无色气泡生成，且加入BaCl2溶液后都有白色沉淀生成，所以无法判断黑色固体的成分；③F瓶中品红溶液褪色，说明有SO2生成；

根据铜原子个数守恒，有Cu2S-2CuOΔm=64×2+32-64×2-16×2=0，CuS-CuOΔm=64+32-64-16=16；实验I中，反应前后固体质量不变，则说明黑色固体中只有Cu2S；实验II中，固体质量变化量为4.0g，则可以推断出该质量变化由CuS引起，有CuS

-CuOΔm=169616m(CuS)4.0gm(CuS)=964.0g16=24.0gm(Cu2S)=48.0g-24.0g=24.0g则该黑色固体成为24.0g的Cu2S和24.0g的CuS。【点睛

】仔细分析两种固体和稀硝酸反应后的产物，即可推断出相关的化学方程式，并答题。此外，对于通过质量判断混合物成分的题目，可以考虑使用差量法来解题。